CdL in Ingegneria Edile Architettura

Prova scritta di Geometria- 22 Febbraio 2010

I

Nello spazio vettoriale R2,2 si consideri il sottoinsieme:

V = {A ∈ R2,2 : tA = A, Tr(A) = 0}.

1) Dopo avere verificato che V e sottospazio di R2,2, determinare la sua dimensione e una base.

2) Determinare il generico endomorfismo f : R2,2 → R2,2 tale che:

1. Ker f = V;

2. Im f = L

((1 00 1

),(

0 01 0

));

3. la matrice identica sia autovettore associato all’autovalore 2.

3) Studiare la semplicita del generico endomorfismo f e determinare una base di autovettori dell’endo-morfismo avente due autospazi di dimensione 2.

4) Posto g : R2,2 → R2,2 l’endomorfismo cosı definito:

g(

1 11 1

)=(

1 12 1

), g

(0 11 1

)=(

0 12 1

)

g(

0 01 1

)=(

0 11 1

), g

(0 00 1

)=(

0 10 0

)determinare una matrice associata a g ◦ f .

Risoluzione

1. Il sottospazio V e costituito dalle matrici del tipo(

a bb −a

). Quindi la dimensione di V e due e una

base di tale sottospazio e data dalle matrici M1 =(

1 00 −1

)e M2 =

(0 11 0

).

2. Una applicazione lineare e perfettamente determinata assegnando le immagini dei vettori di unabase. Bisogna quindi scegliere una base B nel dominio R2,2. In base ai dati si vede subito che la base

B piu conveniente e costituita dalle matrici M1, M2, che stanno nel nucleo, M3 =(

1 00 1

), perche

e un autovettore associato all’autovalore 2 e M4 =(

0 01 0

), che e indipendente dai precedenti ed e

un generatore dell’immagine.Quindi e chiaro che:

f (M1) = 0; f (M2) = 0; f (M3) = 2M3; f (M4) = aM3 + bM4.

Nello scrivere la matrice associata ad f , ricordiamo che le componenti della matrice nulla, rispetto aqualunque base, sono tutte nulle. E quindi facile scrivere la matrice associata ad f rispetto alla baseB in entrambi gli spazi R2,2. Si ha

MB,B( f ) =

0 0 0 00 0 0 00 0 2 a0 0 0 b

.

Osserviamo che perche siano rispettate le ipotesi poste dal problema deve essere b 6= 0, altrimentil’immagine sarebbe di dimensione uno e non due.

3. Gli autovalori sono T1 = T2 = 0; T3 = 2; T4 = b. Si devono esaminare due possiblita:a) Se b 6= 2, allora l’autovalore T = 0 e doppio.

Dalla matrice caratteristica (∗)

−T 0 0 00 −T 0 00 0 2− T a0 0 0 b− T

, si calcola il rango della matrice per

T = 0; si ha che il rango della matrice e 2 e quindi la dim V0 = 4− 2 = m0. In tal caso l’endomorfismoe semplice, perche gli altri autovalori sono reali e distinti.a) Per b=2, si hanno due autovalori doppi: T = 0; T = 2. In tal caso per la semplicita si deve porrea = 0, perche ponendo T = 2 nella (*) si deve avere rango della matrice uguale a 2. Inoltre e facilededurre che una base di autovettori e costituita dalla base B.

4. Come e noto la matrice associata alla composizione di due applicazioni lineari e data dal prodottodelle matrici associate alle singole applicazioni, purche cio venga fatto compatibilmente con le scel-te delle basi. E quindi necessario effettuare un cambiamento di base. Noi abbiamo il prodotto diapplicazioni:

R2,2B

f−→R2,2B

g−→R2,2E

dove in basso si sono indicate le basi scelte nei relativi spazi. Con E si indica la base usuale di R2,2.Diciamo C la base di R2,2 costituita dalle matrici:(

1 11 1

),(

0 11 1

),(

0 01 1

),(

0 00 1

).

E facile vedere che le componenti della generica matrice(

a bc d

), rispetto alla base C, sono rispetti-

vamente x = a; y = b− a; z = c− b; t = d− c. Da cio si deduce che la matrice associata MB,E (g) edata da

MB,E (g) =

1 0 1 0−1 0 1 00 2 0 10 1 0 1

.

Effettuando il prodotto delle matrici MB,E (g) ·MB,B( f ) si ottiene la matrice

0 0 2 a0 0 2 a0 0 0 b0 0 0 b

, che e

la matrice che risolve il nostro problema.A titolo di esempio calcoliamo in dettaglio la prima colonna della matrice MB,E (g). Dobbiamo trovarele componenti, rispetto alla base E , dell’immagine g(M1). Ma dal testo noi conosciamo i valori dellag calcolati sui vettori della base C.

Ma M1 =(

1 00 −1

)=(

1 11 1

)−(

0 11 1

)−(

0 00 1

).

Quindi

g(M1) = g(

1 11 1

)− g

(0 11 1

)− g

(0 00 1

)=(

1 12 1

)−(

0 12 1

)−(

0 10 0

)=(

1 −10 0

).

E cosı via.

II

E assegnato nello spazio un sistema di riferimento cartesiano ortogonale O,~x,~y,~z, u.

1) Detta r la generica retta per O, determinare il piano π passante per A = (1, 0, 0) e perpendicolare a r.

2) Determinare la quadrica Q luogo dei punti P = π ∩ r al variare di r.

3) Verificare che la sezione Γ di Q con il piano π : x− y + z = 0 e una circonferenza reale e determinareil suo centro e il suo raggio.

4) Detta Γ′ la proiezione ortogonale di Γ sul piano y = 0, determinare e studiare la generica quadricacontenente Γ e Γ′.

Risoluzione

1. Le equazioni della retta generica per O sono x = mz; y = nz. I parametri direttori sono (m, n, 1). Ilpiano π passante per A e perpendicolare alla retta generica ha equazione: m(x− 1) + ny + z = 0.

2. Per troavre il luogo dei punti comuni alla retta e al piano si fa sistema fra le loro equazioni. Quindix = mzy = nzm(x− 1) + ny + z = 0

. La quadrica luogo Q si ottiene eliminando i parametri m ed n dal sistema.

Si ottiene la sfera di equazione: x2 + y2 + z2− x = 0. Tale sfera ha centro C = ( 12 , 0, 0) e raggio R = 1

2 .

3. Ovviamente, secando una sfera con un piano si ottiene una circonferenza reale se la distanza delcentro della sfera dal piano e minore del raggio della sfera. La distanza del punto C dal piano x −y + z = 0 e: d = 1

2√

3< R = 1

2 . Per trovare il centro C′ della circonferenza basta trovare il puntodi intersezione del piano x − y + z = 0 con la retta per C perpendicolare al piano. Si trova C′ =( 1

3 , 16 ,− 1

6 ). Il raggio r della circonferenza sezione si calcola col teorema di Pitagora. Si ha R2 = d2 + r2,da cui r = 1√

6.

4. Come e noto la proiezione ortogonale di Γ sul piano y = 0 si trova secando y = 0 con l’equazione del

cilindro che si ottiene eliminando la y dal sistema{

x2 + y2 + z2 − x = 0x− y + z = 0

. La conica Γ′ ha equazioni{2x2 + 2xz + 2z2 − x = 0y = 0 = 0

.

La piu generale quadrica contenete Γ ha equazione

(x− y + z)(ax + by + cz + d) + x2 + y2 + z2 − x = 0.

Secando questa con y = 0 ed imponendo di contenere Γ′ si ottengono le condizioni: a = 1; b = b; c =1; d = 0. Quindi la generica quadrica cercata ha equazione:

2x2 + (b− 1)xy + (1− b)y2 + 2z2 + 2xz + (b− 1)yz− x = 0.

Con semplici calcoli si trova |B| = 116 (b2 + 6b− 7) e |A| = (b−1)

2 (b + 5).

• Per b = 1 si ha un cilindro.

• Per b = −5 si ha un paraboloide ellittico.

• Per b = −7 si ha un cono.

• Per b < −7, b > 1 si hanno iperboloidi iperbolici.

• Per −7 < b < 1 si hanno iperboloidi ellittici; escluso il caso b = −5 gia esaminato.